《北京四中網校2013年高考化學一輪復習 高考綜合復習 電 場專題知識導學》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《北京四中網校2013年高考化學一輪復習 高考綜合復習 電 場專題知識導學（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、高考綜合復習 電　 場 專題 　　一、知識復習 　　1、場強 （描述電場力學性質的物理量） 　?、俣x式： （規(guī)定正電荷在該點受電場力的方向即場強方向） 　?、邳c電荷電場的場強的決定式： （k=9.0×109N·m2/c2） 　?、蹌驈婋妶鲋械年P系式 ，d為沿電場線的距離。 　　2、電勢和電勢差U（描述電場能的性質的物理量） 　　①定義式： ，與零電勢的選取有關，一般選大地為電勢零點。 　?、陔妱莶睿篣ab=Ua-Ub=-Uba，Uab與零電勢的選取無關。 　?、墼谡婵罩悬c電荷電勢的決定式： 　　3、電容器和電容： 　?、俣x： 　?、谄叫邪咫娙萜麟娙莸?/p>

2、決定式： 　?、? 　　平行板電容器內電場強度取決于平行板上帶電荷的面密度。 　　4、三種理想模型 　?、冱c電荷的場（孤立點電荷、等量異種電荷、等量同種電荷）電荷的線度遠小于研究的空間距離，將電荷可視為點電荷。 　?、陔妶鼍€的特點： 　　a、起始于正電荷，終止于負電荷，其密疏表示電場的強弱，切線方向表示電場方向。 　　b、任意兩條電場線不相交，不相切（若相交，在相交點有兩個電場方向，與事實不符；若相切，在切點處非常密，電場無限強，事實不存在） 　　c、沿電場線方向電勢降低最快。 　?、鄣葎菝妫弘妱菹嗟鹊狞c所組成的面。 　　a、在等勢面上移動電荷，電場力不做功

3、 　　b、任意兩個等勢面不相交也不相切 　　c、電場線總是垂直于等勢面，電場線密的區(qū)域等勢面也密。 　　5、電場的疊加原理：（與力、運動的獨立性原理一致） 　　場強的疊加：合場強等于分場強的矢量和。 電勢的疊加：合電勢等于分電勢的代數和U=U1+U2+…+Un。 　　6、三個方面的應用。 　?、賻щ娏Ｗ樱ㄎ⒘＃┰陔妶鲋? 　　a、受力平衡問題 　　b、被加速W=qU=ΔEk 　　c、被偏轉（類平拋v0⊥E） 　　偏移距離 　　y的取決因素分為：A、帶電粒子的情況 ，B、電場的結構 ，C、帶電粒子的初狀態(tài)，D、電場的外界情況U。 　　我們以變化帶電粒子的初狀態(tài)為例分

4、析y的情況。 　　同一電場U、L、d一定，帶電粒子q、m一定，若不同粒子以相同的初速度垂直進入同一電場，則y∝ ；若不同粒子以相同的動量垂直進入同一電場，則y∝qm；若不同粒子以相同的動能垂直進入同一電場，則y∝q；若不同粒子以初速度為零經過相同的加速電場后垂直進入同一電場，y相同，與其他因素均無關。 　　偏向角α，tgα= 　?、陟o電防止和應用：由于各種原因使物體上的電荷積累。 　　潮濕不易積累電荷，接地使電荷導走。 　　二、例題分析 　　例1、如圖所示，A、B、兩個點電荷，A帶正電，B帶負電，在它們的連線上有a、b、c三點，其中b點的場強為零，現(xiàn)將一負點電荷由a點經b

5、點移到c點，該電荷的電勢能： 　　A、減小　 B、增大　 C、先減小后增大　 D、先增大后減小　　　　 　　分析： 　?。?）電荷電勢能的變化可由電場力做功去判斷：即電場力做正功，電荷電勢能ε↓，電場力做負功，電荷電勢能ε↑。 　?。?）負點電荷由a→b→c欲知電場力功，需知電場力方向，需知場強的方向。 　?。?）場強方向則根據迭加原理去確定。b點合場強為零，根據 表明點電荷A的電量QA大于點電荷B的電量QB，b點左、右兩邊。 　　電場強方向的判定： 　　方法一：利用點電荷場強決定式分別計算A、B在a點場強大小進行比較；分別計算A、B在c點場強大小進行比較。（略）

6、　　方法二：是用“極限”的方法將a點位置逼近B點，電荷A在該點產生場強EAa為有限值，電荷B在該點產生場強Eba趨于無窮大，那么EBa>EAa，合場強方向指向B；將c點逼近無窮遠點，電荷A、B在無窮遠點場強為零，此時A、B位置差異可忽略，用QA>QB則它們在C點場強大小關系為EAC>EBC，合場強方向指向無窮遠。 　　由此上分析可知，負電荷，由a→b→c電場力先做正功，再做負功，電荷電勢能先減小后增大。應選擇C。 　　 例2、如圖實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據此圖

7、可作出正確判斷的是： 　　A、電粒子所帶電荷的符號 　　B、帶電粒子在a、b兩點的受力方向 　　C、帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大 　　D、帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大 　　分析： 　?。?）粒子只受電場力作用做曲線運動，速度沿切線方向，根據速度方向的變化可知電場力方向指向場源電荷。因場源電荷電性未知故無法確定粒子所帶電荷符號。 　?。?）將電場力F電沿平行速度v和垂直v方向進行分解成F∥和F⊥；F∥與v方向相反使粒子速度減小，則ab兩點速度Va>Vb，F(xiàn)⊥與v方向垂直改變速度方向。 　?。?）由于是點電荷場，a、b在兩個不同的等勢面，粒子由a→b克服電場力做功，電

8、勢能增加，動能減小。 　　故選項B、C、D是正確的。 　　例3、三塊相同的金屬平板A、B、D自上而下水平放置，間距分別為h和d，如圖所示。A、B兩板中心開孔，在A板的開孔上擱有一金屬容器P，與A板接觸良好，其內盛有導電液體，A板通過閉合的電鍵K與電動勢為U0的電池的正極相連，B板與電池的負極相連并接地，容器P內的液體在底部小孔O處形成質量m，帶電量為q的液滴后自由下落，穿過B板的開孔O'落在D板上，其電荷被D板吸附，液體隨即蒸發(fā)，接著容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此繼續(xù)，設整個裝置放在真空中 　　（1）第1個液滴到達D板時的速度為多少？ 　　（2）D板最終可達到多高的電勢？

9、 　?。?）設液滴的電量是A板所帶電量的a倍（a=0.02），A板與B板構成的電容器的電容為C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm，試計算D板最終的電勢值。（g=10m/s2） 　?。?）如果電鍵K不是始終閉合，而只是在第一個液滴形成前閉合一下，隨即打開，其他條件與（3）相同，在這種情況下，D板最終可達到的電勢值為多少？說明理由。 　　解：（1）A板與電源正極相連，液滴帶正電。設第1個液滴到達D板時的速度為V，由動能定理。 　　 mV2=mg(h+d)+qU0 　　∴ 　?。?）當液滴到達D板后，D板電勢升高，隨D板的液滴數目不斷增多，液滴

10、到達D板速度為零時，D板電勢達到了最大值，設D板最高電勢為U，由動能定理可得： 　　mg(h+d)+qU0-qU=0 　　∴U=U0+ 　?。?）A板的電量為QA=C0U0 　　∴q=aQA=aC0U0 　　∴U=U0+ 　　=1000+ 　　=2.01×105（V） 　　（4）U至多等于A板電荷全部都到D板時，D板的電勢值，由于h=d，B、D板間的電容也是C0，故U至多應為U0，問題是U能否達到U0。 　　當D板電勢為U時，A板電勢為U'0=U0-U，到達D板液滴的動能 　　Ek=mg(h+d)+(qU'0-qU)>mg(h+d)-qU>mg(h+d)-qm

11、U0=mg(h+d)-aC0U02， 　　其中qm=aC0U0是q的最大值，即第一個液滴的帶電量，代入數據得： 　　mg(h+d)-aC0U02=2×10-5-10－13×106>0 　　可見Ek>0，液滴一直往下滴，直至A板上電量全部轉移到D板。 　　∴U=U0=1000V。 　　三、本周練習 　　1、連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時：（　?。? 　　A、電容器的電容C變大 　　B、電容器極板的帶電量Q變大 　　C、電容器兩極板間的電勢差u變大 　　D、電容器兩極板間的電場強度E變大 　　2、在勻強電場中，在恒定外力作用下，把6×10-6庫的

12、正電荷從A點移到B點，位移是10厘米，UAB為300伏，帶電粒子動能減少了1.8×10-3焦，則外力做功____________焦，電場強度的最小可能大小為_________伏/米。 　　 3、如圖所示，在真空中有一與x軸平行的勻強電場，一電子由坐標原點o出發(fā)，以速度v0沿y軸正方向射入電場。在運動中該電子通過位于xoy平面內的A點，A點與原點O相距L，OA與x軸正方向的夾角θ=30°。已知電子電量e=1.60×10-19庫，電子質量m=0.91×10-30千克，初速度v0=1.0×107米/秒，距離L=10厘米。求勻強電場的場強大小和方向。 　　 4、如圖所示，在點電荷Q形成的電

13、場中，已知a，b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在同一等勢面上，甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb，兩個粒子經過a點時具有相同的動能。由此可判斷：（　?。? 　　A、甲粒子經過c點時與乙粒子經過d點時具有相同的動能 　　B、甲、乙兩粒子帶異號電荷 　　C、若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子過c點時的電勢能小于乙粒子經過d點時的電勢能 　　D、兩粒子經過b點時具有相同的動能 　　5、一質量為m，帶電量為q的粒子，從兩平行板的正中間沿與勻強電場垂直的方向射入，重力不計，當粒子的入射速度為v時，它恰好能穿過電場而不碰到金屬板，現(xiàn)欲使入射速度為v/2的帶電粒子恰好能穿過電場而不碰到

14、金屬板，則在其它量不變的情況下，必須（　?。? 　　A、使帶電粒子的帶電量減小為原來的1/2 　　B、使兩板的距離減小為原來的1/2 　　C、使兩板間的電壓減小為原來的1/2 　　D、使板長減小為原來的1/2 　　6、一個質量為m，帶有電荷-q的小物體，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox正向，如圖所示，小物體以初速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f

15、3.6×10-3，3.0×103　 　　3、3.94×104牛/庫，x軸負方向 　　4、BCD　 5、D　 6、 在線測試 窗體頂端 　　選擇題 　　1．有三個點電荷甲、乙、丙，甲帶電+Q，乙?guī)щ?q，且Q>q，每一個電荷受其它兩電荷的電場作用的合力都是零，則： 　　 A、丙的位置一定在甲和乙的連線的延長線上，且距乙較近 　　 B、丙一定是正電荷 　　 C、丙所帶的電量一定大于q 　　 D、丙所帶的電量一定小于Q 窗體底端 窗體頂端 　　2．一個擺球帶有正電荷的單擺，其擺長為L，周期為T，現(xiàn)將一個帶負電的小球放在單擺的懸點設單擺的周期變?yōu)門'，則： 　　

16、 A、T'T　 C、T'=T　 D、無法確定。 窗體底端 窗體頂端 　　3．大小相同的金屬小球A、B、C，其中A帶正電，B帶負電，C不帶電，A和B帶電量之比為2:1，設A、B相距為r時，其間相互作用的庫侖力為F，那么，下列哪些方法可使A、B間相互作用的庫侖力減為F/2： 　　 A、將C與A接觸后移走　　　　 　　 B、先使C和B接觸，然后與A接觸后移開 　　 C、使A、B相互接觸后再放回原處 　 D、使A、B間距離增加（ ）r 窗體底端 窗體頂端 　　4．關于電勢和電勢能的說法正確的是： 　　 A、在電場中電勢高的地方，電荷在那一點具有的電勢也越大 　

17、　 B、在電場中電勢高的地方，放在那一點的電荷的電量越大，它所具有的電勢能越大 　　 C、在正的點電荷電場中任意一點，正電荷所具有的電勢能一定大于負荷所具有的電勢能 　　 D、在負的點電荷電場中任意一點，正電荷所具有的電勢能一定小于負電荷所具有的電勢能 窗體底端 窗體頂端 　　5．若帶正電荷的小球只受到電場力作用，則它在任意一段時間內； 　　 A、一定沿電力線由高電勢處向低電勢處運動 　　 B、一定沿電力線由低電勢處向高電勢處運動 　　 C、不一定沿電力線運動，但一定由高電勢處向低電勢處運動 　　 D、不一定沿電力線運動，也不一定由高電勢處向低電勢處運動 窗體底端 窗

18、體頂端 　　6．如圖10-52中虛線表示某一電場中電勢分別是10V、20V和30V的三個等勢面，現(xiàn)用外力將點電荷-q沿直線由a經o勻速移動到b點，當點電荷通過o點時，外力的方向是： 　　 A、沿ab方向　　 B、沿oa方向　 　　 C、不能確定　　 D、以上說法都不正確 窗體底端 窗體頂端 　　7．如圖10—58所示，a、b和c表示點電荷的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、2U/3和U/4，一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動，已知它經過等勢面b時的速率為v，則它經過等勢面c時的速率為 v?！　? 窗體底端 答案與解析 　　答案 　　

19、1、ABC　 2、C　 3、AD　 4、CD　 5、D　 6、D　 7、1.5 　　解析 　　1、解：A、B、C。利用庫侖定律，依題意，甲和乙為異種電荷，三個點電荷均受平衡力，則丙的位置一定在甲和乙的連線的延長線上，且靠近電量小的側，故A對，甲帶電量為正且大于乙的帶電量，丙處在乙一側，欲使其均平衡，丙必帶正電荷且電量在Q和q值之間，B、C對。 　　2、解：C。根據單擺（θ<5°）周期公式 ，知T只與l、g有關，題中懸點有負電荷的單擺，繩子的張力T減小，回復力表達式F=mgsinα與懸點沒有負電小球時相同即l、g沒變，故T'=T，選C。 　　3、解：A、D。依題意，qA:

20、qB=2:1， 　?。?）C與A接觸后移走，qC=q'A= ，由庫侖定律知F'=K ，A對。 　?。?）先使C和B接觸，qC=q'B= （負電），再將C與A接觸后移開，q''A=q''C= qA，F(xiàn)'= F，B錯。 　　（3）使A、B相互接觸后再放回原處，q'A=q'B= ，F(xiàn)'=K ，C錯。 　?。?）使A、B間增加（ ）r，則r'= ，由庫侖定律有：F'=K ，D對。 　　4、解：C、D。由電勢的定義式U= 有ε=qU，電勢能由電荷和電勢共同決定。因此，電勢高的地方，電荷在那一點的電勢不一定大，A、B都錯。在正電荷形成的電場中各點電勢為正，正電荷在其中的電勢能為正，負電荷在其

21、中的電勢能為負；在負電荷形成的電場中各點電勢為負，正電荷在其中的電勢能為負，負電荷在其中的電勢能為正，C、D正確。 　　5、解；D。帶正電荷的小球只受到電場力作用，但初速度的大小方向未知，則它在任意一段時間內，不一定沿電力線運動，也不一定由高電勢向低電勢處運動，D對。 　　6、解：D。根據勻速直線運動的平衡條件，外力與電場力大小相等方向相反，-q在o點受的電場力與該處的電力線方向相反，則外力的方向與該處的電力線方向相同，電力線處處與等勢面正交，且由高電勢指向低電勢，故A、B、C均不對。選D。 　　7、解：1.5v，對帶電粒子由動能定理依題意有： 　　 　　 　　所以：

22、vc=1.5v。 高　考　題　萃 　　1、在靜電場中：（　?。?995全國高考題） 　　A、電場強度處處為零的區(qū)域內，電勢也一定處處為零 　　B、電場強度處處相同的區(qū)域內，電勢也一定處處相同 　　C、電場強度的方向總是跟等勢面垂直的 　　D、沿著電場強度的方向，電勢總是不斷降低的 　　2、一金屬球，原來不帶電，現(xiàn)沿球直徑的延長線放置一均勻帶電的細桿MN，如圖10-9所示，金屬球上感應電荷產生的電場在球內直徑上a、b、c三點的場強大小分別為Ea，Eb，Ec，三者相比：（　　）（1998全國高考題） 　　A、Ea最大　 B、Eb最大　 C、Ec最大　D、Ea=Eb=Ec

23、 　　3、圖10-10中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據此圖可作出正確判斷的是：（　?。?998上海高考題） 　　A、帶電粒子所帶電荷的符號 　　B、帶電粒子在a、b兩點的受力方向 　　C、帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大 　　D、帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大 　　　　　　　　 　　　　 　　4、如圖10-11，虛線a、b和c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為Ua、Ub和Uc，Ua>Ub>Uc，一帶正電的粒子射入電場中，其運動軌跡如實線K

24、LMN所示。由圖可知，（　　）2001全國高考題） 　　A、粒子從K到L的過程中，電場力做負功 　　B、粒子從L到M的過程中，電場力做負功 　　C、粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加 　　D、粒子從L到M的過程中，動能減少 　 　　5、一質量為4.0×10-15kg、電量為2.0×10-9C的帶正電質點，以4.0×104m/s的速度垂直于電場方向從a點進入勻強電場區(qū)域，并從b點離開電場區(qū)域，離開電場時的速度為5.0×104m/s。由此可知，電場中a、b兩點間的電勢差Ua-Ub=__________V；帶電質點離開電場時，速度在電場方向的分量為___________m/s，不考慮重

25、力作用。（2001全國高考題） 　　6、有三根長度皆為l=1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m=1.00×10-2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為-q和+q，q=1.00×10-7C。A、B之間用第三根線連接起來，空間中存在大小為E=1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖10-23所示，現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少？（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）（2002全國高考題） 　 　　7

26、.圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0。一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經過a、b點時的動能分別為26eV和5eV。當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋?eV時，它的動能應為(　 ) （2003全國高考題） 　　A　 8eV　 B　 13eV　 C　 20eV　 34eV 　　8. 為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A＝0.04m2的金屬板，間距L＝0.05m，當連接到U＝2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示，現(xiàn)把一定量均勻

27、分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q＝+1.0×10－17C，質量為m＝2.0×10－15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后： 　?。?）經過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？ 　?。?）除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？ 　?。?）經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？（2003上海高考題） 　　答案： 　　1、CD 　　2、C 　　[解析]電場中的導體達到靜電平衡時，導體內部場強處處為零，題中圖上a、b、c三點的場強都是零。這三點的場強都是由均勻

28、帶電細桿所帶電荷產生的電場及其在金屬球上感應電荷產生的電場迭加而成的，由于細桿帶電在球內直徑上a、b、c三點中產生的電場的電場強度c點為最強，故球上感應電荷在c點的電場強度也最強，兩者方向相反，迭加后場強為零。 　　3、BCD 　　[解析]帶電粒子在電場中做曲線運動，其受電場力的方向應指向運動軌跡的凹的那一邊，即指向左方（大方向），若粒子帶正電由a向b運動，電場力對它做負功，電勢能增加、動能減小，于是可判斷粒子在a點動能較大、在b電勢能較大；若粒子帶負電由b向a運動，電場力對它做正功，動能增加、速度增加、電場能減少，結論是一樣的。 　　粒子帶電的電性不同，場強方向不同，電勢高低也不同

29、了。 　　4、AC 　　[提示]同心圓的圓心處應為一個正電荷。 　　5、900V，3.0×104m/s 　　[解析]q(Ua-Ub)= 　　 Ua-Ub=900V 　　利用邊長比為3:4:5的特殊直角三角形 　　可知帶電質點在電場方向的速度分量為3.0×104m/s 　　6、[解析]圖10-26中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中α、β分別表示細線OA、AB與豎直方向的夾角。 　　 　 　 　　A球受力如圖10-27所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如

30、圖，由平衡條件 　　T1sinα+T2sinβ=qE 　　T1cosα=mg+T2cosβ 　　B球受力如圖10-28所示；重力mg，豎直向下，電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件 　　T2sinβ=qE 　　T2cosβ=mg 　　聯(lián)立以上各式并代入數據，得 　　α=0 　　β=45° 　　由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖10-29所示。 　　與原來位置相比，A球的重力勢能減少了　 EA=mgl(1-sin60°) 　　B球的重力勢能減少了　 EB=mgl(1-sin60°+cos45°) 　　A球的電勢能增加了　 WA=

31、qElcos60° 　　B球的電勢能減少了　 WB=qEl(sin45°-sin30°) 　　兩種勢能總和減少了　 W=WB-WA+EA+EB 　　代入數據解得　 W=6.8×10-2J 　　7.C 　　8. （1）當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附煙塵顆粒受到的電場力 　　F＝qU/L　 ①　 　　 ?、凇? 　　∴ 　 ③ 　　2） 　 ④　 　　＝2.5×10－4（J）　 ⑤ 　?。?）設煙塵顆粒下落距離為x　 　⑥ 　　當 時　 EK達最大，　 　 　　 　⑦ ?！☆}　輔　導 　　1、如圖10-9所示，在光滑絕

32、緣的水平面上固定著等質量的a、b、c三個小球且三球共線。如果只釋放a，其初始加速度為1米/秒2，方向向左，若只釋放c，其初始速度為3米/秒2，方向向右，現(xiàn)如果只單獨釋放b，其初始 加速度應為： 　　A、2米/秒2，方向向左　 B、1米/秒2，方向向左　 　　C、2米/秒2，方向向右　　 D、1米/秒2，方向向右 　　解：A。依題意，只釋放a時，F(xiàn)ba+Fca=ma1 　　只釋放b時，F(xiàn)cb+Fab=ma2 　　只釋放c時，F(xiàn)ac+Fbc=ma3 　　由牛頓第三定律，三式相加有：0=ma1+ma2+ma3，取向右方向正有：a2= -2m/s2，故選A。 　　2、在孤立的點電荷

33、的電場中，下列說法正確的是： 　　A、電場中電力線越密的地方場強越強 　　B、不存在兩條平行的電力線 　　C、找不到兩個電場強度完全相同的點 　　D、沿著電力線的方向場強越來越小 　　解：A、B、C。孤立的點電荷的電場，其電力線是以點電荷為心的輻射狀的直線，則A、B、C對。但對正點電荷和負點電荷，其電力線的指向正相反，對負點電荷形成的電場，沿電力線方向場強越來越大，故D錯。 　　3、一個單擺的擺球質量為m，擺球帶有電量為q的負電荷，在沒有電場時，單擺作簡諧振動，周期為T，若在擺動過程中，突然加一個場強大小為mg/q，方向豎直向下的勻強電場，則擺球的運動可能變?yōu)椋? 　　A、靜止

34、不動　 B、勻速直線運動　 C、圓周運動　 D、周期小于T的簡諧振動 　　解：A、C。突然加一場強大小為mg/q方向豎直向下的勻強電場，對負電荷q有：mg=qE，若此時單擺的速度為零，則擺球在此平衡力作用下靜止不動；若此時單擺有速度，則擺球將在繩的張力作用下作圓周運動。 　　故選A、C。 　　 4、如圖10-23所示，在x軸上坐標為+1的點上，固定一個電量為4Q的點電荷，坐標原點O處固定一電量為—Q的點電荷，那么在x坐標軸上，電場強度方向沿x軸負方向的點所在區(qū)域應是__________。 　　解：01區(qū)域，-Q與4Q的疊加場強方向向x軸

35、正向；利用庫侖定律，比較兩點電荷分別產生的場強大小及方向可判斷：在1>x>0區(qū)域，合場強方向向x軸負向；在x<0區(qū)域里，當x= -1時，合場強為零，即0>x>-1，合場強方向向x軸正向；在-1>x區(qū)域，合場強方向向x軸負向。故電場強度沿x軸負方向的點所在區(qū)域是：0

36、 　　依題意q1和q2間的庫侖力提供向心力時，兩粒子只在庫侖力作用下，保持一定距離，以相同的角速度作勻速圓周運動，K ，所以r1:r2=m2:m1=1:5。 　　 6.如圖10—92所示，一條長為L的細絲線，上端固定，下端拴一質量為M的帶電小球，將它置于勻強電場中，電場強度大小為E，方向是水平的，已知當細線偏離豎直位置為α角時，小球處于平衡狀態(tài)。 　　求：（1）求小球所帶電量。 　?。?）若將小球拉高至與豎直方向夾角為j后，由靜止釋放，小球擺至豎直位置速度恰為零，試求j與α的關系。 　　解：（1）平衡時，小球受豎直向下的重力，水平向右的電場力qE及繩張力T可知小球帶正電荷，由平衡

37、條件： 　　tanα= ……(1) 　　小球所帶電量 　?。?）將偏角增大到j之后，將小球由靜止釋放，至細線豎直位置速度為0。由動能定理有： 　　mgL(1-cosj)-qELsinj=0……(2) 　　將(1)式代入(2)式有： =tanα 　　 即tan =tanα, j=2α 　　7、如圖10-93，光滑絕緣桿豎直放置，且與以點電荷+Q為圓心的圓周交于B、C兩點，一質量為m、帶電量為q的空心小球從桿上A點無初速下滑，且AB=BC=h，小球滑到B點的速度為 ，求： 　　（1）小球滑到C點時的速度為多少？ 　　（2）A、B兩點的電勢差是多少？ 　　解：（1）因B

38、、C是在電荷Q產生的電場中處在同一等勢面上的兩點，即UC=UB，所以小球從B滑到C時電場對帶電小球所做的功為零，由B→C由動能定律有： 　　mgh= mvC2- mvB2 　　而已知：vB= 　 vC= 　　（2）小球由A滑到B過程由動能定理有： 　　mgh+qUAB= mvB2-0 　　UAB= 　　 8、如圖10-96所示，在水平向右的勻強電場中，有一光滑絕緣導軌，導軌由水平部分和與它連接的位于豎直平面的半圓環(huán)ABC構成，現(xiàn)距環(huán)最低點A為L的O處有一質量為m的帶正電小球，小球從靜止開始沿水平軌道進入圓環(huán)，若小球所受電場力與其重力大小相同，圓弧軌道的半徑為R，則L必須滿足什么條件才能使小球在圓環(huán)上運動時不脫離圓環(huán)？ 　　解：設對小球剛好不脫離圓環(huán)運動到C點時速度為vC， 　　mg=m ……(1) 　　小球由A沿圓弧軌道運動到C，設在A點時速度為vA， 　　由動能定理有：-mg·2R= mvC2- mvA2……(2) 　　小球由O點運動到A點： 　　qEL= mvA2-0……(3) 　　(1)(2)(3)式聯(lián)立解得L= R。 　　所以必須當L≥ R時才能使小球在圓環(huán)上運動時不脫離圓環(huán)。